2023届天津市第一中学高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市第一中学高三上学期第三次月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市第一中学高三上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出集合，，再根据并集的定义求解即可．【详解】，，，故选：．2．若、、为非零实数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】本题可根据充分条件以及必要条件的判定得出结果.【详解】若，则，故“”是“”的充分条件，令，，，满足，但不满足，故“”不是“”的必要条件，综上所述，“”是“”的充分不必要条件，故选：A.3．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数函数、指数函数的单调性，结合正弦函数值的正负性进行判断即可.【详解】因为，，，所以，故选：B4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的定义域、奇偶性以及的值来确定正确选项.【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除C、D项，，所以排除B项．故选：A5．已知、分别为双曲线的左、右焦点，点在上，，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，可得，，，根据双曲线的定义求得，进而得到，即可求得双曲线的渐近线方程.【详解】由题意，、分别为双曲线的左、右焦点，点在上，且满足，可得，，，由双曲线的定义可知，即，又由，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．6．设是等比数列的前项和，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设等比数列的公比为，求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾.所以，，故，则，所以，，，因此，.故选：B.7．直线被椭圆截得最长的弦为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】联立直线方程和椭圆方程，解方程可得两根，运用弦长公式，结合配方法，以及二次函数的最值求法，可得答案【详解】解：联立直线和椭圆，可得，解得或，则弦长，令，则，当，即，取得最大值，故选：B8．设函数，若时，的最小值为，则（    ）A．函数的周期为B．将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数C．当，的值域为D．函数在区间上的零点个数共有6个【答案】D【分析】由条件求出的最小正周期，由此判断A，根据正弦函数的图象及性质判断B，C，D.【详解】由题意，得，所以，则，所以选项A不正确；对于选项B：将函数的图像向左平移个单位，得到的函数是为偶函数，所以选项B错误；对于选项C：当时，则，所以的值域为，选项C不正确；对于选项D：令，所以当时，，所以函数在区间上的零点个数共有6个，D正确，故选：D.9．设函数，.若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先将 的零点问题转化为两函数的交点问题，分段函数中的 不好处理，要变形为 在各自区间上的交点问题，经过画图分析，比较斜率等最终求得结果.【详解】令 ，则 ， 当 时， ，即 ，即函数 与 的交点问题，其中 恒过 . 当 时， ，即 ，即函数 与 的交点问题.分别画出函数 在各自区间上的图象:当 与 相切时，有且仅有一个零点，此时 ，化简得: ，由 得: (舍去)当直线 的斜率，大于等于直线 的斜率时，有且仅有一个零点，把 代入 中，解得: ，则 ，综上， 的取值范围是 . 故选：C. 二、填空题10．已知复数满足，则______.【答案】【分析】先由求出复数，再代入求解即可.【详解】由，得，所以，故答案为：.11．已知圆与直线相切，则_________【答案】3【详解】试题分析：因为圆的标准方程为：，所以圆必坐标为 ，半径为 ，由题意得： 解得： ，所以答案应填：3.【解析】1、圆的标准方程；2、直线与圆的位置关系.12．已知，则________.【答案】【分析】利用二倍角公式和诱导公式，化简求得所求表达式的值.【详解】故答案为：【点睛】本小题主要考查二倍角公式、诱导公式，属于中档题.13．直线与双曲线：（，）的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于，两点，若，则的离心率为______.【答案】【分析】首先根据抛物线的焦点弦长求出直线的斜率，从而得出双曲线渐近线的斜率，再利用即可求出双曲线的离心率.【详解】∵抛物线的方程为：，∴的焦点为，∵直线与双曲线的一条渐近线平行，∴直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为：，由，消去，化简得（），设，，，到抛物线准线的距离分别为，，则，，，，由抛物线的定义，，解得，又∵双曲线：（，）渐近线方程为，∵直线与双曲线的一条渐近线平行，∴，∴双曲线的离心率为.故答案为：.14．已知，，且，则的最小值为______.【答案】【分析】将化为，利用换底公式和对数运算的性质，结合基本不等式“”的妙用求解即可.【详解】由换底公式和对数运算的性质，原式，∵，∴，∴原式，∵，，∴，，∴，，∴由基本不等式，当且仅当，即时，等号成立，∴原式.∴当且仅当时，的最小值为.故答案为：. 三、双空题15．在中，，在所在平面内的一点满足，当时，的值为______取得最小值时，的值为______.【答案】     5     【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求得当时，的值；将转化为的解析式，利用二次函数的性质即可求得对应的值【详解】以C为原点，分别以CA、CB所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系,则，令，，，则，，,由，可得，解之得,当时， 则，，,则，则,，则当取得最小值时，故答案为：5； 四、解答题16．如图，在平面四边形中，对角线平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求B；(2)若，的面积为2，求【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式即可得到，从而求出；（2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出，依题意，最后利用余弦定理得到方程，解得即可；【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以所以所以（2）解：因为的面积，所以，即，所以，由余弦定理得，所以，因为平分，所以，所以，所以，所以，所以17．如图，在五面体中，四边形为正方形，平面，，，，，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求直线与平面所成角的正弦值；（3）利用向量法去求平面与平面夹角的正弦值.【详解】（1）在△中，过点N作交CF于H，连接AH，又，则，又，则则四边形为平行四边形，则又平面，平面，则平面；（2）四边形为正方形，平面，则两两垂直以F为原点，分别以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系则，，，，，则，， 设平面的一个法向量为，则，则，令，则，，则设直线与平面所成角为则故直线与平面所成角的正弦值为；（3）由（2）可得，设平面一个法向量为，则，则，令，则，，则又平面的一个法向量为则设平面与平面夹角为，则，则平面与平面夹角的正弦值18．已知椭圆的左、右焦点为，P为椭圆上一点，且，．(1)求椭圆的离心率；(2)已知直线交椭圆于两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.【详解】（1）解：因为，所以，即，则，解得．（2）解：设，由，得，所以，所以设，即由于在椭圆上，则，，①由，得，即由在椭圆上，则,即，即，②将①代入②得：，③线段的中点为，设可知，所以，其中，解得，所以，方程为又，④将④代入③得：，经检验满足，所以椭圆的方程为.19．已知等差数列的前项和为，且，.数列的前项和为，满足.(1)求数列、的通项公式；(2)若，求数列的前项和；(3)设，求证：.【答案】(1)，(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的求和公式与通项公式列式求出首项和公差，可得数列的通项公式；根据可求出数列的通项公式；（2）根据进行裂项求和可求出；（3）根据基本不等式进行放缩得，再根据错位相减法求和可证不等式成立.【详解】（1）因为数列是等差数列，设公差为，由，得，即，解得，所以，由得，得，当时，，所以，所以，即，又，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.综上所述：数列、的通项公式分别是：，.（2）由（1）知，，所以，所以.（3）由（1）知，，所以，所以，所以，设，则，所以，所以，所以，所以.20．已知函数，，曲线在处的切线的斜率为.(1)求实数的值；(2)对任意的，恒成立，求实数的取值范围；(3)设方程在区间内的根从小到大依次为、、、、，求证：．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）由已知可得出，即可求得实数的值；（2）由题意可知对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，由参变量分离法可得出，利用导数求出函数在区间上的最大值，可得出的取值范围，综合即可得解；（3）令，利用导数分析函数在区间上的单调性，利用零点存在定理可知，求得，证明出，结合函数的单调性，即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，解得.（2）解：由（1）可知，对任意的，恒成立，即对任意的恒成立，当时，则有对任意的恒成立；当时，，则，令，其中，且不恒为零，故函数在上单调递增，则，故.综上所述，.（3）证明：由可得，令，则，因为，则，所以，，所以，函数在上单调递减，因为，，所以，存在唯一的，使得，所以，，则，所以，，因为函数在上单调递减，故，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.